KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT MÔN TOÁN 2012- 2013

Chia sẻ: Lanngoc Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. 24 Tìm m để biểu thức M = 2 đạt giá trị nhỏ nhất 2 x1  x2  6 x1 x2

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT MÔN TOÁN 2012- 2013

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT MÔN TOÁN 2012- 2013
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 x 2  x  3  0 2 x  3 y  7 b)  3 x  2 y  4 c) x 4  x 2  12  0 d) x 2  2 2 x  7  0 Bài 2: (1,5 điểm) 1 2 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y  x và đường thẳng (D): y   x  2 trên cùng một hệ 4 2 trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 1 2 x 1 A   với x > 0; x  1 x  x x 1 x  x B  (2  3) 26  15 3  (2  3) 26  15 3 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x 2  2mx  m  2  0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. 24 Tìm m để biểu thức M = 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất x1  x2  6 x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E và F (ME
BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 x 2  x  3  0 (a) Vì phương trình (a) có a - b + c = 0 nên 3 (a)  x  1 hay x  2  2 x  3 y  7 (1)  2x  3y  7 (1) b)   3 x  2 y  4 (2)  x  5 y  3 (3) ((2)  (1) ) 13 y  13 ((1)  2(3))   x  5 y  3 (3) ((2)  (1) )  y  1   x  2 c) x 4  x 2  12  0 (C) Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + u – 12 = 0 (*) 1  7 1  7 (*) có  = 49 nên (*)  u   3 hay u   4 (loại) 2 2 Do đó, (C)  x2 = 3  x =  3 Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) = 0  x2 = 3  x =  3 d) x 2  2 2 x  7  0 (d) ’ = 2 + 7 = 9 do đó (d)  x = 2  3 Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  2;1 ,  4; 4  (D) đi qua  4;4  ,  2;1 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 1 2 1 x   x  2  x2 + 2x – 8 = 0  x  4 hay x  2 4 2 y(-4) = 4, y(2) = 1
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là  4;4  ,  2;1 . Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau: 1 2 x 1 x x x x 2 x A     x  x x 1 x  x x2  x x 1 2 x 2 x 2 x  1  2 x ( x  1) 2      x  1  x ( x  1)  x với x > 0; x  1 x( x  1) x  1 x  1   B  (2  3) 26  15 3  (2  3) 26  15 3 1 1  (2  3) 52  30 3  (2  3) 52  30 3 2 2 1 1  (2  3) (3 3  5) 2  (2  3) (3 3  5) 2 2 2 1 1  (2  3)(3 3  5)  (2  3)(3 3  5)  2 2 2 Câu 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b c b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S =   2m ; P =  m  2 a a 24 24 6 M= =  ( x1  x2 ) 2  8 x1 x2 4m 2  8m  16 m 2  2m  4 6  2 . Khi m = 1 ta có (m  1) 2  3 nhỏ nhất ( m  1)  3 6 6  M  2 lớn nhất khi m = 1  M  nhỏ nhất khi m = 1 ( m  1)  3 ( m  1) 2  3 K Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là - 2 khi m = 1 T Câu 5 B a) Vì ta có do hai tam giác đồng dạng MAE và MBF Q MA MF A S Nên   MA.MB = ME.MF ME MB (Phương tích của M đối với đường tròn tâm O) V b) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có H MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng M E O F trong tam giác vuông MCO ta có MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO P nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn. c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường C tròn đường kính MS (có hai góc K và C vuông). Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC.
Do đó MF chính là đường trung trực của KC nên MS vuông góc với KC tại V. d) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn tâm Q. Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc với MS và là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn). Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.